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UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
ESCOLA POLITÉCNICA
PME – 3100 MECÂNICA GERAL I
Parte III – Dinâmica
Capítulo 4
Dinâmica dos Sólidos – Teoria e Exemplos
Henrique de Britto Costa 2.020
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Advertência
Estas notas de aula contêm problemas resolvidos das Listas de Exercícios que constam no site da disciplina. Essas resoluções devem ser usadas apenas para consulta. O aluno deve tentar, antes, resolver os exercícios por conta própria.
CONTEÚDO
1 ) Teorema da Resultante 2 ) Teorema da Energia Cinética 3 ) Cálculo da Energia Cinética 4 ) Momento Angular de um Sólido 5 ) Analogia com a Estática
6 ) Teorema do Momento Angular 7 ) Potência dos Esforços Externos 8 ) Exemplo de Aplicação
9 ) Movimento Plano 10 ) Exemplos
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DINÂMICA DOS SÓLIDOS RÍGIDOS
H. Britto – 2.020
1 ) TEOREMA DA RESULTANTE
Para o corpo rígido vale o Teorema da Resultante (T.R.) ou Teorema do Movimento do Baricentro (T.M.B.), que foi deduzido no capítulo 2, quando tratamos dos sistemas de pontos materiais, expressão (13), abaixo reescrita e renumerada:
ma⃗ G = F⃗ (1) Podemos enunciar assim o T.M.B. :
O baricentro de um corpo rígido se movimenta, em relação a um referencial inercial, como se toda a massa do corpo estivesse nele concentrada e todas as forças externas nele aplicadas.
Se F⃗ = 0⃗ , então ma⃗ G = 0⃗ e mv⃗ G = Q⃗⃗ é constante. Isso traduz o Princípio da Conservação da Quantidade de movimento, ou Lei da Inércia, como vimos no capítulo 2.
2 ) TEOREMA DA ENERGIA CINÉTICA
O Teorema da Energia Cinética (T.E.C.), que foi deduzido no capítulo 2, expressão (23), abaixo reescrita:
∆E = E − E0 = Wext+ Wint
vale também para o corpo rígido, com a ressalva de que, no caso do corpo rígido, o trabalho realizado pelas forças internas é nulo (Wint = 0) . Assim:
∆E = E − E0 = Wext (2) A variação da energia cinética, num dado intervalo de tempo, é igual ao trabalho realizado pelos esforços externos nesse mesmo intervalo de tempo.
Derivando (2) obtemos:
Ė = Ẇext = 𝒫ext
(a derivada da energia cinética é igual à potência instantânea dos esforços externos)
No caso de sistemas conservativos a energia mecânica total é constante, e a expressão (2) pode ser escrita na seguinte forma (num dado intervalo de tempo):
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onde, na energia potencial V estão incluídas a energia potencial gravitacional e a energia potencial elástica (quando houver molas no sistema).
A expressão (3) também pode ser posta na forma diferencial. Num instante qualquer temos: Ė + V̇ = 0 (4) A expressão (4) também pode ser escrita como:
dE dt +
dV
dt = 0 ∴ dE + dV = 0 ∴ dE = − dV
(em cada instante o acréscimo de energia cinética é igual e oposto ao acréscimo de energia potencial).
No caso do corpo rígido o cálculo da energia cinética é mais elaborado do que para os sistemas de pontos materiais. É este o assunto do próximo ítem.
3 ) CÁLCULO DA ENERGIA CINÉTICA
No capítulo 2 foi deduzido o Teorema de KOENIG para um sistema de partículas, expressão (33), abaixo reescrita e renumerada:
E = 1 2 m vG 2 + 1 2 ∑ mi |r ̇i| 2 (5) ou seja, conforme a figura 1 na página seguinte:
A energia cinética do sistema é a soma da energia obtida, concentrando toda a massa do sistema no seu baricentro, com a energia cinética do sistema em relação ao referencial baricêntrico, que tem origem em G e eixos paralelos aos eixos do referencial inercial ∑ .
(à esta altura recomenda-se ao estudante que releia o ítem 4 do capítulo 2, onde se deduz o Teorema de Koenig)
Trata-se agora de adaptar a expressão (5) para o caso particular do sistema material ser um sólido rígido. Em primeiro lugar façamos a composição dos vetores de rotação. Considerando como referencial móvel o referencial baricêntrico (figura 1), sabemos da Cinemática que o vetor de rotação absoluto do corpo é a soma do vetor de rotação relativo com o vetor de rotação de arrastamento: ω ⃗⃗ = ω⃗⃗ r+ ω⃗⃗ a (6) Logo: ω ⃗⃗ = ω⃗⃗ r (7) porque ω⃗⃗ a= 0⃗ , em virtude do referencial baricêntrico estar em translação.
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Figura 1
Agora, sendo o vetor de posição relativo r i = (Pi− G) de módulo constante, podemos escrever a velocidade relativa como:
r ̇i = v⃗ i− v⃗ G = ω⃗⃗ r∧ (Pi− G) ∴ r ̇i = ω⃗⃗ ∧ r i (8) sendo v⃗ i a velocidade absoluta de Pi e v⃗ G a velocidade de arrastamento de Pi .
De acordo com a figura 2:
6 podemos escrever, tendo em vista (8):
|r ̇i| = ω risin θi = ω di ∴ |r ̇i|2 = ω2di2 (9) Introduzindo (9) em (5), vem: E =1 2 m vG 2 + 1 2 ∑ mi ω 2d i 2 =1 2 m vG 2 + 1 2 ( ∑ mi di 2) ω2 ∴ E =1 2 m vG 2 + 1 2 IGω ω 2 (10)
Na expressão (10) o símbolo IGω= ∑ mi di2 representa o momento de inércia do corpo em relação a um eixo que passa por G e é paralelo a ω⃗⃗ (figura 2).
Em termos de componentes, no referencial baricêntrico, a segunda parcela de (10) pode ser escrita como (vide item 4 do capítulo 3 – rotação de eixos):
E =1 2 m vG 2+ 1 2 {ω} T [ I G ] {ω} (11)
sendo {ω} o vetor que abriga as componentes do vetor de rotação ω⃗⃗ = ωx i + ωy j + ωz k⃗ : {ω} = {
ωx ωy ωz
} (12) e [ IG ] a matriz das componentes do tensor de inércia em relação a G (vide capítulo 3):
[ IG ] = [
Ix̅ − Ix̅ y̅ − Ix̅ z̅ − Ix̅ y̅ Iy̅ − Iy̅ z̅ − Ix̅ z̅ − Iy̅ z̅ Iz̅
]
A demonstração é simples, mas envolve conceitos apresentados no capítulo 3 (momentos e produtos de inércia – rotação de eixos). Considerando (12) podemos escrever:
{ω} = { ωx ωy ωz } = ω { ωx ω ωy ω ωz ω } = ω { cos α cos β cos γ } = ω { u }
onde {u} é, no referencial baricêntrico, o vetor dos cossenos diretores do versor u⃗ = ω⃗⃗ |ω⁄ ⃗⃗ |, versor este que define a direção de ω⃗⃗ (cf. capítulo 3):
u
⃗ = cos α i + cos β j + cos γ k⃗ Portanto:
{ω}T [ I
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Agora, se o sólido tiver, nesse instante, um ponto C de velocidade nula, temos (figura 3):
Figura 3 v ⃗ G = v⃗ C+ ω⃗⃗ ∧ (G − C) = ω⃗⃗ ∧ (G − C) ∴ vG2 = ω2d2 (13) Introduzindo (13) em (10), fica: E = 1 2 m ω 2d2+ 1 2 IGω ω 2=1 2 ( IGω+ m d 2 ) ω2 ∴ E =1 2 ICω ω 2 (14)
sendo ICω o momento de inércia do corpo em relação a um eixo que passa por C e é paralelo a ω⃗⃗ . Ou ainda, em termos de componentes:
E = 1 2 {ω}
T [ I
C ] {ω} (15)
onde [ IC ] é a matriz do tensor de inércia de S em relação ao ponto C.
Para finalizar, convém lembrar que a expressão (11) é válida, não apenas no sistema de referência baricêntrico, mas também em qualquer outro sistema de referência que tenha origem em G, em particular no sistema de eixos principais. Basta usar as componentes correspondentes do vetor {ω} e da matriz [ IG ] . O mesmo se pode dizer com relação à expressão (15) e as matrizes {ω} e [ IC ] .
4 ) MOMENTO ANGULAR DE UM SÓLIDO
Se o sistema S for um corpo rígido, a expressão do momento angular H⃗⃗ O será simples se tomarmos como O um ponto pertencente ao sólido. Admitida essa hipótese, e considerando a velocidade de um ponto Pi qualquer do sólido:
v
⃗ i = v⃗ O + ω⃗⃗ ∧ (Pi− O) (16) temos, por definição de momento angular em relação a O:
8 H ⃗⃗ O = ∑(Pi− O) ∧ mi v⃗ i = ∑(Pi− O) ∧ mi [ v⃗ O+ ω⃗⃗ ∧ (Pi − O) ] = = ∑(Pi − O) ∧ mi v⃗ O+ ∑(Pi− O) ∧ mi [ ω⃗⃗ ∧ (Pi − O) ] = = ∑ mi (Pi− O) ∧ v⃗ O+ ∑ mi (Pi− O) ∧ [ ω⃗⃗ ∧ (Pi − O) ] = = [ ∑ mi (Pi − O) ] ∧ v⃗ O+ ∑ mi (Pi − O) ∧ [ ω⃗⃗ ∧ (Pi − O) ] Pela definição de centro de massa:
∑ mi (Pi − O) = m(G − O)
resulta: H⃗⃗ O = m(G − O) ∧ v⃗ O + ∑ mi (Pi− O) ∧ [ ω⃗⃗ ∧ (Pi− O) ] (17) Considerando agora, de acordo com a figura 4, o sistema de referência (O i j k⃗ ) , com origem no ponto O e eixos arbitrariamente direcionados , podemos escrever:
(Pi − O) = xi i + yi j + zi k⃗ (18)
ω
⃗⃗ = ωx i + ωy j + ωz k⃗ (19)
9 Portanto: ω ⃗⃗ ∧ (Pi− O) = | i j k⃗ ωx ωy ωz xi yi zi |
Desenvolvendo o determinante pela segunda linha, vem: ω ⃗⃗ ∧ (Pi − O) = ωx ( yi k⃗ − zi j ) + ωy ( zi i − xi k⃗ ) + ωz ( xi j − yi i ) (20) Introduzindo (20) em (17), fica: H ⃗⃗ O = (G − O) ∧ m v⃗ O+ [ S⃗ x S⃗ y S⃗ z ] {ω} (21) sendo: { S⃗ x = ∑ mi (Pi − O) ∧ ( yi k⃗ − zi j ) S⃗ y = ∑ mi (Pi − O) ∧ ( zi i − xi k⃗ ) S⃗ z = ∑ mi (Pi − O) ∧ ( xi j − yi i )
Introduzindo (18) nas expressões acima e fazendo os produtos vetoriais, vem:
{
S⃗ x = ∑ mi [ (yi2+ zi2) i − xi yi j − xi zi k⃗ ] S⃗ y = ∑ mi [ − xi yi i + (x2i + zi2) j − yi zi k⃗ ] S⃗ z = ∑ mi [ − xi zi i − yi zi j + (xi2+ yi2) k⃗ ]
Lembrando das definições de momentos e produtos de inércia (capítulo 3), podemos escrever:
{
S⃗ x = Ix i − Ixy j − Ixz k⃗ (22) S⃗ y= −Ixy i + Iy j − Iyz k⃗ (23) S⃗ z = −Ixz i − Iyz j + Iz k⃗ (24) ∴ [ S⃗ x S⃗ y S⃗ z ] = [ i j k⃗ ] [ IO ]
Introduzindo o resultado acima em (21) obtém-se a expressão final do momento angular: H⃗⃗ O= (G − O) ∧ m v⃗ O+ [ i j k⃗ ] [ IO ] {ω} (25) sendo: {ω} = { ωx ωy ωz } (26)
10 e [ IO ] = [ Ix − Ixy − Ixz − Ixy Iy − Iyz − Ixz − Iyz Iz ] (27)
Casos particulares importantes
i ) Se, no instante considerado, temos v⃗ O = 0⃗ , então, (25) fica:
H⃗⃗ O = [ i j k⃗ ] [ IO ] {ω} (28) ii ) Outro caso particular muito importante acontece quando O coincide com G. Aí temos:
H⃗⃗ G = [ i j k⃗ ] [ IG ] {ω} (29) Observação: A expressão (29) traduz a aplicação, na base considerada, do tensor de inércia ao vetor de rotação ω⃗⃗ , resultando no vetor momento angular H⃗⃗ G . Para esta operação usa-se também a notação intrínseca (ou seja, independente de qualquer base):
H
⃗⃗ G = IG (ω⃗⃗ )
que será melhor esclarecida numa futura publicação, destinada a caracterizar o tensor de inércia IG , onde mostraremos que IG é, na verdade, um operador vetorial linear.
5 ) ANALOGIA COM A ESTÁTICA
Da definição de baricentro: ∑mi (Pi− G) = 0⃗ resulta, derivando:
∑ mi (v⃗ i− v⃗ G) = 0⃗ ∴ ∑ mi v⃗ i = m v⃗ G = Q⃗⃗
sendo Q⃗⃗ a resultante das quantidades de movimento, ou a quantidade de movimento total (às vezes referida como quantidade de movimento linear do corpo).
O momento angular do sólido em relação a O, ou, mais precisamente, a quantidade de movimento angular (tradução correta de angular momentum), se escreve como:
H
⃗⃗ O = ∑(Pi− O) ∧ mi v⃗ i
Portanto, existe uma analogia perfeita com a Estática, no que diz respeito à resultante das forças externas e o momento polar:
F
⃗ = ∑ F⃗ i e M⃗⃗⃗ O = ∑(Pi − O) ∧ F⃗ i
Assim, a quantidade de movimento Q⃗⃗ é análoga à resultante F⃗ das forças externas e o momento angular H⃗⃗ O é análogo ao momento polar M⃗⃗⃗ O das forças externas. Confirmando essa analogia, existe uma fórmula de mudança de polo para H⃗⃗ O , análoga àquela da Estática:
11 M ⃗⃗⃗ O′ = M⃗⃗⃗ O+ (O − O′) ∧ F⃗ (estática) H ⃗⃗ O′ = H⃗⃗ O+ (O − O′) ∧ Q⃗⃗ (dinâmica)
Resulta, em decorrência de tal analogia, que o sistema de vetores quantidade de movimento atuantes no corpo (mi v⃗ i) pode ser reduzido aos vetores Q⃗⃗ e H⃗⃗ O aplicados num ponto O
qualquer do sólido (figura 5):
Figura 5
6 ) TEOREMA DO MOMENTO ANGULAR
A expressão (18), que foi deduzida no capítulo 2 (sistemas de pontos materiais), abaixo reescrita e renumerada:
M⃗⃗⃗ Oext = H⃗⃗ ̇O− m v⃗ G∧ v⃗ O (30) representa o Teorema do Momento Angular (T.M.A.) e continua válida para o sólido rígido. Falta apenas determinar a derivada do momento angular H⃗⃗ O em relação ao tempo.
Observação: Antes de continuar, convém fazer um breve parênteses. De acordo com a figura 6, as expressões (1) e (30) permitem estabelecer a seguinte relação entre a Estática e a Dinâmica (O é um ponto qualquer do sólido):
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A expressão 𝐹 = 𝑄⃗ ̇ , como sabemos, é a primeira lei de Newton para forças, e a expressão 𝑀⃗⃗ 𝑂𝑒𝑥𝑡 = 𝐻⃗⃗ ̇𝑂− 𝑚 𝑣 𝐺 ∧ 𝑣 𝑂 , que é devida a Euler, pode ser considerada como uma extensão da primeira lei para momentos.
Agora voltemos ao assunto deste ítem. Para definir completamente a expressão (30) é preciso derivar, em relação ao tempo, a expressão (25), abaixo replicada:
H
⃗⃗ O = m (G − O) ∧ v⃗ O+ [ i j k⃗ ] [ IO ] {ω}
É crucial, para viabilizar o processo de diferenciação, admitir que o sistema de referência (O, x, y, z) da figura 4 esteja ligado, ou solidário, ao sólido S. A razão para isso é que, estando a base (O i j k⃗ ) prêsa ao corpo, ela se movimenta junto com ele, e a matriz [ IO ] se mantém constante ao longo do tempo:
H
⃗⃗ ̇O = m(v⃗ G− v⃗ O) ∧ v⃗ O + m(G − O) ∧ a⃗ O+ [ i j k⃗ ] [IO] {ω̇} + [ i ̇ j ̇ k⃗ ̇ ] [IO] {ω} Pelo Lema de Poisson, da Cinemática, sabemos que:
i ̇ = ω⃗⃗ ∧ i , j ̇ = ω⃗⃗ ∧ j e k⃗ ̇ = ω⃗⃗ ∧ k⃗ Assim: H ⃗⃗ ̇ O = mv⃗ G∧ v⃗ O+ m(G − O) ∧ a⃗ O+ [ i j k⃗ ] [IO] {ω̇} + ω⃗⃗ ∧ [ i j k⃗ ] [IO] {ω} H ⃗⃗ ̇O− mv⃗ G∧ v⃗ O = m(G − O) ∧ a⃗ O+ [ i j k⃗ ] [IO] {ω̇} + ω⃗⃗ ∧ [ i j k⃗ ] [IO] {ω} Comparando a expressão acima com (30), resulta o importantíssimo T.M.A. :
M⃗⃗⃗ Oext = m(G − O) ∧ a⃗ O+ [ i j k⃗ ] [IO] {ω̇} + ω⃗⃗ ∧ [ i j k⃗ ] [IO] {ω} (31)
Nas aplicações o T.M.A. pode ser usado, ou na sua forma final (31), ou por meio de (30), calculando inicialmente H⃗⃗ O , em seguida H⃗⃗ ̇O e, finalmente, introduzindo H⃗⃗ ̇O em (30).
Como ω⃗⃗ = ωx i + ωy j + ωz k⃗ , a última parcela do lado direito de (31) fica: ω
⃗⃗ ∧ [ i j k⃗ ] [IO] {ω} = [ ωz j − ωy k⃗ ωx k⃗ − ωz i ωy i − ωx j ] [IO] {ω}
Casos particulares
As expressões (30) e (31), que representam o T.M.A. quando S é rígido e O ϵ S , se simplificam em 2 casos particulares:
i ) quando O coincide com G
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ii ) quando O é um ponto permanentemente fixo (v⃗ O = 0⃗ e a⃗ O = 0⃗ )
M⃗⃗⃗ Oext = H⃗⃗ ̇O = [ i j k⃗ ] [IO] {ω̇} + ω⃗⃗ ∧ [ i j k⃗ ] [IO] {ω} (33)
Outro caso particular acontece quando os vetores (G − O) e a⃗ O são paralelos entre si. Aí a primeira parcela do lado direito de (31) se anula. Como exemplo podemos citar o problema plano em que um disco homogêneo rola sem escorregar sobre uma superfície fixa, sendo O o ponto do disco que está em contato com a superfície no instante considerado (figura 7):
Figura 7
Além disso, v⃗ O = 0⃗ , o que simplifica também a expressão (30).
Movimento de translação e movimento à La Poinsot
No movimento de translação temos: ω⃗⃗ = 0⃗ e ω⃗⃗ ̇ = 0⃗ . De (29) vem: H⃗⃗ G = 0⃗ e H⃗⃗ ̇G = 0⃗ . Assim, de (32) resulta: M⃗⃗⃗ Gext = H⃗⃗ ̇G = 0⃗ . Em outras palavras, no movimento de translação o momento das forças externas, em relação ao baricentro, vale zero em todos os instantes. Mas a recíproca não é verdadeira. Se M⃗⃗⃗ Gext = H⃗⃗ ̇G = 0⃗ , então o momento angular H⃗⃗ G é constante, não necessariamente nulo, e o corpo não estará em translação, em geral. Esse tipo de movimento é conhecido como movimento à La Poinsot .
7 ) POTÊNCIA DOS ESFORÇOS EXTERNOS
Num sólido S em movimento geral, sejam F⃗ a resultante das forças externas e M⃗⃗⃗ O o momento dessas forças em relação a um ponto O arbitrário, pertencente ao corpo. Sejam também ω⃗⃗ o vetor de rotação do corpo e v⃗ O a velocidade do ponto O, nesse mesmo instante (figura 8):
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Figura 8
Considerando (16), a potência das forças externas F⃗ i se escreve como:
𝒫ext = ∑ F⃗ i ∙ v⃗ i = ∑ F⃗ i∙ [ v⃗ O+ ω⃗⃗ ∧ (Pi− O) ] = ∑ F⃗ i ∙ v⃗ O + ∑ F⃗ i ∙ ω⃗⃗ ∧ (Pi− O) 𝒫ext = ( ∑ F⃗ i ) ∙ v⃗ O+ ∑(Pi− O) ∙ F⃗ i ∧ ω⃗⃗ = F⃗ ∙ v⃗ O+ ∑(Pi− O) ∧ F⃗ i∙ ω⃗⃗
𝒫ext = F⃗ ∙ v⃗ O+ [ ∑(Pi− O) ∧ F⃗ i ] ∙ ω⃗⃗ ∴ 𝒫ext = F⃗ ∙ v⃗ O+ M⃗⃗⃗ O∙ ω⃗⃗ (34) O trabalho elementar das forças externas, como sabemos, é dado por:
dWext = 𝒫ext dt (35) e o trabalho total, realizado pelas forças externas, pode ser calculado por integração:
Wext = ∫ dWext = ∫ 𝒫ext dt
t 0
(36)
8 ) EXEMPLO DE APLICAÇÃO (Professor Ronaldo Salvagni)
Um automóvel está parado com a porta do passageiro aberta, numa posição dada pelo ângulo θ, e com uma rotação ω = θ̇ (constante). Nesse instante ele começa a se movimentar com aceleração a, conforme se mostra na figura 9, na página seguinte.
Para esse instante achar, em função de θ e ω (e dos demais parâmetros do problema), a aceleração angular ω⃗⃗ ̇ da porta e as reações em A e B .
A porta tem centro de massa G e está montada na carroceria do carro através de uma articulação em B e um anel de eixo paralelo a Gz em A . O sistema de eixos (G,x,y,z) está fixo à porta. São dados a massa M da porta, e os seus momentos e produtos de inércia, em relação aos eixos do sistema.
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Figura 9
Resolução: Na figura 10 se apresenta o diagrama de corpo livre da porta:
Figura 10
Relações cinemáticas ω
⃗⃗ = ω k⃗ , ω⃗⃗ ̇ = ω̇ k⃗ , a⃗ A = a cos θ i − a sin θ j e (G − A) = − e i − d k⃗ a⃗ G = a⃗ A+ ω⃗⃗ ̇ ∧ (G − A) + ω⃗⃗ ∧ [ω⃗⃗ ∧ (G − A)]
∴ a⃗ G = (a cos θ + ω2e) i − (a sin θ + ω̇ e) j Aplicação do T.M.B.
m a⃗ G = F⃗
∴ M(a cos θ + ω2e) i − M(a sin θ + ω̇e) j = (XA+ XB) i + (YA+ YB) j + (ZB− Mg) k⃗
∴ {
M (a cos θ + ω2e) = X
A+ XB (a)
M (− a sin θ − ω̇e) = YA+ YB (b) 0 = ZB − Mg (c)
16 Cálculo do momento angular em relação ao polo G Apliquemos a equação (29): H ⃗⃗ G = [ i j k⃗ ] [ IG ] {ω} = [ i j k⃗ ] [ Ix − Ixy − Ixz − Ixy Iy − Iyz − Ixz − Iyz Iz ] { 0 0 ω } ∴ H⃗⃗ G = [ i j k⃗ ] { − ω Ixz − ω Iyz ω Iz } = − ω Ixz i − ω Iyz j + ω Iz k⃗
Observação: Se o plano horizontal Gxy fosse um plano de simetria para a porta do carro, os dois primeiros termos da expressão de 𝐻⃗⃗ 𝐺 seriam nulos, já que, conforme vimos no capítulo 3, os produtos de inércia que envolvem o eixo Gz valeriam zero neste
caso (𝐼𝑥𝑧 = 𝐼𝑦𝑧 = 0). Consequentemente, o problema seria plano, e não tridimensional
(no próximo ítem da teoria trataremos do caso particular do problema plano).
Aplicação do T.M.A.
Agora, derivando a expressão de H⃗⃗ G , resulta (lembrando que a matriz [IG] é constante, já que o sistema Gxyz está fixo à porta):
H ⃗⃗ ̇G = − ω̇ Ixz i − ω̇ Iyz j + ω̇ Iz k⃗ − ω Ixz i ̇ − ω Iyz j ̇ + ω Iz k⃗ ̇ ∴ H⃗⃗ ̇G = − ω̇ Ixz i − ω̇ Iyz j + ω̇ Iz k⃗ − ω Ixz (ω⃗⃗ ∧ i ) − ω Iyz (ω⃗⃗ ∧ j ) + ω Iz (ω⃗⃗ ∧ k⃗ ) Sendo ω⃗⃗ = ω k⃗ , resulta: H ⃗⃗ ̇G = (− ω̇ Ixz + ω2 I yz ) i − (ω̇ Iyz+ ω2 Ixz ) j + ω̇ Iz k⃗
Pela expressão (30), considerando O coincidente com G, temos: M ⃗⃗⃗ O ext = H⃗⃗ ̇ O− m v⃗ G ∧ v⃗ O ∴ M⃗⃗⃗ Gext = H⃗⃗ ̇G Mas: M⃗⃗⃗ Gext = (A − G) ∧ R⃗⃗ A+ (B − G) ∧ R⃗⃗ B ∴ M⃗⃗⃗ Gext = (e i + d k⃗ ) ∧ ( XA i + YA j ) + (e i − c k⃗ ) ∧ ( XB i + YB j + ZB k⃗ ) Fazendo os produtos vetoriais, fica:
M
⃗⃗⃗ Gext = (c Y
B − d YA) i + (d XA− c XB− e ZB) j + (e YA+ e YB) k⃗
17 { c YB− d YA= − ω̇ Ixz+ ω2 I yz (d) d XA− c XB− e ZB = − ω̇ Iyz− ω2 Ixz (e) e YA+ e YB = ω̇ Iz (f)
Assim, temos 6 equações a 6 incógnitas ( XA, YA, XB, YB, ZB e ω̇ ) . De (c) vem: ZB = Mg
De (f) podemos obter, com o auxílio de (b):
ω̇ = − Mae sin θ Iz+ Me2
De (a) e (e) resultam:
XA=M c (a cos θ + e ω 2) + M e g − (ω̇ I yz+ ω2 Ixz) c + d XB =M d (a cos θ + e ω 2) − M e g + ω̇ I yz+ ω2 Ixz c + d Finalmente, de (b) e (d) vêm: YA =− M c (a sin θ + ω̇ e) + ω̇ Ixz− ω 2 I yz c + d YB =− M d (a sin θ + ω̇ e) − ω̇ Ixz+ ω 2 I yz c + d 9 ) MOVIMENTO PLANO
Neste item iremos estudar um caso particular importantíssimo, que é o de um corpo plano que se movimenta no seu próprio plano.
Observação: A teoria a ser apresentada vale também para corpos tridimensionais que estão em movimento plano, isto é, com 3 de seus pontos (distintos e não colineares), sempre contidos num mesmo plano (referido como plano do movimento). Mas vale apenas para aqueles sólidos que tenham o plano do movimento como plano de simetria material. Para exemplificar, o problema da porta do carro, visto no ítem anterior, não se enquadra nestes requisitos, porque, apesar de ser um movimento plano (do ponto de vista cinemático), não apresenta simetria material, como vimos.
Num movimento plano o vetor de rotação ω⃗⃗ do corpo, assim como o vetor aceleração angular α
⃗⃗ = ω⃗⃗ ̇ , são perpendiculares ao plano do movimento, em todo e qualquer instante: ω
⃗⃗ = ω k⃗ (37) α
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sendo k⃗ um versor de direção constante, perpendicular ao plano Oxy do movimento. Nessas condições, temos, para as componentes desses vetores:
{ω}T = [ 0 0 ω ] (39)
{ω̇}T = [ 0 0 ω̇ ] (40)
As derivadas dos versores ficam, segundo o Lema de Poisson:
i ̇ = ω⃗⃗ ∧ i = ω k⃗ ∧ i = ω j (41) j ̇ = ω⃗⃗ ∧ j = ω k⃗ ∧ j = − ω i (42) k
⃗ ̇ = ω⃗⃗ ∧ k⃗ = ω k⃗ ∧ k⃗ = 0⃗ (43) O ponto O, pertencente ao corpo, é a origem do sistema de coordenadas. O eixo Oz é eixo principal de inércia em relação a O, porque Ixz = Iyz = 0 . A matriz [ IO ] fica:
[ IO ] = [ Ix − Ixy − Ixz − Ixy Iy − Iyz − Ixz − Iyz Iz ] = [ Ix − Ixy 0 − Ixy Iy 0 0 0 Iz ] (44) Além disso, pelo fato do corpo ser plano, sabemos que:
Iz = Ix+ Iy = IOz = IO (momento polar de inércia) (45) Introduzindo os resultados acima na expressão geral (31) do T.M.A. e fazendo os produtos previstos, resulta: M ⃗⃗⃗ Oext = m(G − O) ∧ a⃗ O+ [ i j k⃗ ] [IO] {ω̇} + ω⃗⃗ ∧ [ i j k⃗ ] [IO] {ω} M ⃗⃗⃗ Oext = m(G − O) ∧ a⃗ O+ [ i j k⃗ ] { 0 0 Iz } ω̇ + ω [ j − i 0⃗ ] { 0 0 Iz } ω A terceira parcela do lado direito é nula:
ω [ j − i 0⃗ ] { 0 0 Iz } ω = ω2 (0) = 0 Portanto: M⃗⃗⃗ Oext = m(G − O) ∧ a⃗ O+ IOz ω⃗⃗ ̇ (46) A expressão acima traduz o Teorema do Momento Angular (T.M.A.) para problemas planos. A grandeza IOz representa o momento de inércia do corpo em relação ao eixo Oz, perpendicular ao plano do movimento, e que passa por O (IOz = Iz = IO).
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Observação: A equação (31) foi deduzida supondo que a base (𝑂, 𝑖 , 𝑗 , 𝑘⃗ ) era solidária ao corpo. Mas, no caso da equação (46), os eixos Ox e Oy podem ser quaisquer, não precisando estar ligados ao corpo. Isto acontece porque, se o corpo é plano, a expressão (45) vale para quaisquer eixos Ox e Oy, pois 𝐼𝑧 depende apenas das distancias 𝑟𝑖 das massas 𝑚𝑖 ao eixo Oz .
Casos particulares
Há 2 casos particulares em que (30) e (46) se simplificam: i ) O coincide com G M ⃗⃗⃗ G ext = H⃗⃗ ̇ G ∴ M⃗⃗⃗ Gext = IGz ω⃗⃗ ̇ (47)
ii ) O é um ponto fixo (o C.I.R. não serve) Neste caso a⃗ O = 0⃗ e (46) fica:
M ⃗⃗⃗
O
ext = H⃗⃗ ̇
O ∴ M⃗⃗⃗ Oext = IOz ω⃗⃗ ̇ (48)
Quando a⃗ O e (G − O) são paralelos entre si, a primeira parcela do lado direito de (46) se anula, resultando:
M
⃗⃗⃗ Oext = I Oz ω⃗⃗ ̇
Como exemplo deste caso particular podemos mencionar, como já vimos, um disco que rola sem escorregar numa superfície fixa (figura 7).
Energia Cinética
No caso de um movimento plano, sendo O coincidente com G, e introduzindo (39) e (44) em (11), resulta a energia cinética E:
E =1 2mvG 2 +1 2 {ω} T [I G] {ω} = 1 2mvG 2 + 1 2[0 0 ω] [ Ix − Ixy 0 − Ixy Iy 0 0 0 Iz ] + { 0 0 ω } E = 1 2 m vG 2 +1 2 [0 0 ω] { 0 0 ω Iz } ∴ E =1 2 m vG 2 +1 2 IGz ω 2 (49)
Notemos que a fórmula (49) corresponde à expressão (10), já que o vetor de rotação ω⃗⃗ é paralelo ao eixo Gz .
Agora, se C é um ponto de velocidade nula no instante considerado (pode ser um ponto fixo ou o C.I.R.), temos, de acordo com a figura 11 :
20 Figura 11 vG = ωd ∴ vG2 = ω2d2 ∴ E =1 2 m ω 2d2+1 2 IGz ω 2 ∴ E =1 2 ω 2 (I Gz+ m d2) ∴ E = 1 2 ICz ω 2 (50)
Observações finais (França)
Quando o problema é plano, podemos usar o T.M.B. para obter duas equações escalares, e o T.M.A. para obter uma equação escalar.
O T.E.C. (uma equação escalar) não fornece equação independente das anteriores, mas é útil quando se deseja calcular velocidades de pontos e/ou velocidades angulares, e não apenas acelerações ou forças.
Relações cinemáticas são úteis em sistemas vinculados.
10 ) EXEMPLOS
Primeiro Exemplo
O disco homogêneo da figura 12, de massa m e raio R, está sujeito a um torque M constante, e parte do repouso na posição x = 0. Não há escorregamento entre o disco e o plano horizontal. Achar ω̇ e aG numa posição x genérica.
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Figura 12
Resolução: Na figura 13 se mostra o diagrama de corpo livre (D.C.L.) do disco:
Figura 13
Aplicação do Teorema do Movimento do Baricentro ou T.M.B. (F⃗ = m a⃗ G) { T = m aG (a)
N − mg = 0 (b)
Aplicação do Teorema do Momento Angular ou T.M.A., com polo em G (M⃗⃗⃗ Gext = IGz ω⃗⃗ ̇) T R − M =mR
2
2 (− ω̇) (c)
Cinemática: x = θ R ∴ ẋ = θ̇ R ∴ vG = ω R ∴ aG = ω̇ R (d) São 4 equações a 4 incógnitas. Resolvendo, obtemos:
T = 2M 3R , N = mg , aG = 2 3 M m R e ω̇ = 2 3 M m R2 (horário)
22 E = 1 2 m vG 2 +1 2 IG ω 2 =1 2 IC ω 2= 1 2 (IG + m R 2) ω2 =3 4 m R 2 ω2
O único esforço externo que realiza trabalho é o momento M aplicado. Logo (figura 13): Wext = M θ = M x
R
Portanto, de acordo com o Teorema da Energia Cinética, podemos escrever: 3 4 m R 2ω2= M θ ∴ ω2 =4 3 M θ m R2 Derivando, vem: 2 ω ω̇ =4 3 M θ̇ m R2
Mas θ̇ = ω , e como ω ≠ 0 em geral, obtemos a aceleração angular do disco: ω̇ = 2
3 M
m R2 (como antes)
Observação: Também podemos achar Wext por meio da potência dos esforços externos (34): 𝒫ext = F⃗ ∙ v⃗ O + M⃗⃗⃗ O∙ ω⃗⃗
sendo O um ponto qualquer do corpo. Escolhendo o ponto C de contato, fica:
𝒫ext = F⃗ ∙ v⃗ C+ M⃗⃗⃗ C∙ ω⃗⃗ = [ T i + (N − mg) j ] ∙ 0⃗ + (− M k⃗ ) ∙ (− ω k⃗ ) = M ω Note-se que (verificar!):
Ė = Ẇext = 𝒫ext Para achar o trabalho, basta integrar a potência:
Wext = ∫ dWext = ∫ 𝒫ext dt
t 0 = M ∫ ω dt t 0 = M ∫ dθ dt dt t 0 = M ∫ dθ t 0 = M θ (c. q. d. )
Segundo Exemplo (Problema 9 da Lista 3)
Uma massa concentrada m está presa ao disco de raio R e massa m, no ponto A, conforme mostrado na figura 14 na página seguinte. O disco, por sua vez, está ligado a uma mola de constante k através de um fio que se enrola no disco:
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Figura 14
O conjunto parte do repouso da posição θ = 0, sendo nula a força na mola nesta posição, ou seja, para θ = 0 a mola está com o seu comprimento natural. Considerando θ ≥ 0, pedem-se: a ) a velocidade angular e a aceleração angular do conjunto em função de θ
b ) a aceleração do centro de massa G do conjunto c ) as reações de apoio em O
Resolução: O baricentro G encontra-se no ponto médio do raio OA (figura 15):
24 Momentos de inércia: IO =m R 2 2 + m R 2=3 m R 2 2 e IG = IO− 2m ( R 2) 2 = m R2 (Steiner) Energia cinética: E = 1 2 m vG 2 +1 2 IG ω 2=1 2(2m) ( ω R 2 ) 2 +1 2(mR 2) ω2 (baricentro G) E = 1 2 IO ω 2 =1 2( 3mR2 2 ) ω 2 (ponto fixo O)
Nos dois casos o resultado é:
E = 3 4 mR
2ω2 (ω = θ̇)
A energia potencial V tem duas parcelas, a gravitacional e a elástica: V = m g h +1 2 k δ 2 = − 2 mg (R 2) sin θ + 1 2 k (Rθ) 2
Para a energia potencial gravitacional adotamos, como nível de referência, a cota do ponto O. Aplicando o T.E.C. para sistemas conservativos:
E + V = EO+ VO com EO = VO = 0 ∴ E + V = 3 4 mR 2ω2− 2 mg (R 2) sin θ + 1 2 k (Rθ) 2 = 0 ∴ ω2 = 1 3mR (4 mg sin θ − 2 kR θ 2)
Alternativamente podemos aplicar a expressão geral do TEC, sem levar em conta que o sistema é conservativo: E − EO = Wext ∴ E = Wext ∴ 3 4 mR 2ω2 = 2mg (R 2sin θ) − 1 2 F δ ∴ 3 4 mR 2ω2 = mgR sin θ − 1 2(kRθ) Rθ = mgR sin θ − 1 2kR 2θ2
Da expressão acima obtém-se a mesma expressão de ω2 anteriormente obtida. Agora, derivando ω2 com relação ao tempo, podemos obter ω̇ = ω̇(θ) :
2 ω ω̇ = 1
25 Como ω = θ̇ ≠ 0 , vem:
ω̇ = 2
3mR (mg cos θ − k R θ)
(para θ pequeno ω̇ > 0 e, portanto, no sentido horário, de acordo com a figura 15)
Observação.: Sendo 𝜔̇ = 𝜃̈ , a equação acima é a equação diferencial do movimento:
3 𝑚𝑅 𝜃̈ + 2 𝑘𝑅 𝜃 − 2 𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 0
Esta equação, cuja incógnita é a função 𝜃 = 𝜃(𝑡), pode ser integrada ao longo do tempo, a partir das condições iniciais, que são iguais a zero neste caso:
𝜃(0) = 0 𝑒 𝜃̇(0) = 0
O resultado dessa integração é a função 𝜃(𝑡), a qual, por derivação, fornece 𝜃̇(𝑡) 𝑒 𝜃̈(𝑡)
Alternativamente, podemos achar a aceleração angular aplicando o T.M.A. com polo em O, expressão (46):
M ⃗⃗⃗
O = m(G − O) ∧ a⃗ O+ IO ω⃗⃗ ̇ = IO ω⃗⃗ ̇ pois a⃗ O = 0⃗
∴ [(kRθ) R − 2mg (R
2) cos θ] k⃗ =
3 m R2
2 (− ω̇) k⃗ Chega-se à mesma expressão anteriormente obtida de ω̇ .
Para achar a⃗ G , notemos que G descreve uma trajetória circular de raio R 2⁄ . Logo, de acordo com a figura 16:
26 a⃗ G = a⃗ t + a⃗ n ∴
{ a⃗ t = ω̇ R 2(− sin θ i − cos θ j ) a⃗ n = ω2R 2(− cos θ i + sin θ j )
sendo ω̇ e ω2 dadas por expressões determinadas anteriormente. Vemos que a⃗ G é função de θ Finalmente, para achar as reações de apoio, apliquemos o T.M.B., conforme a figura 15:
F
⃗ = m a⃗ G ∴ H i + V j + k Rθ j − 2 mg j = = 2m R
2 [ − (ω
2cos θ + ω̇ sin θ) i + (ω2sin θ − ω̇ cos θ) j ]
Resultam 2 equações escalares, as quais fornecem, uma vez resolvidas: H = − mR (ω2cos θ + ω̇ sin θ) V = 2mg − kRθ + mR (ω2sin θ − ω̇ cos θ)
Terceiro Exemplo (Professor Flavius)
A barra AO da figura 17 se apoia no cilindro, sem atrito. O cilindro rola sem escorregar sobre o plano horizontal. O conjunto parte do repouso para um ângulo θ0 dado. Achar a velocidade do ponto A quando a barra está na posição vertical. São dadas as massas da barra (M) e do cilindro (m). Sabe-se que h − r < ℓ < h :
27 Resolução:
Na figura 18 se apresentam os diagramas de corpo livre para a barra e o cilindro:
Figura 18
O sistema é conservativo e a única força que realiza trabalho não nulo é o peso Mg da barra. A força de atrito T não realiza trabalho porque a velocidade do ponto C do cilindro, no qual ela está aplicada, vale zero (porque se trata de rolamento puro, ou sem escorregamento). As forças normais de contato N entre a barra e o cilindro não realizam trabalho porque a velocidade relativa dos pontos B’ (pertencente à barra) e B (pertencente ao cilindro) tem a direção da barra OA, em cada instante (cada um dos pontos B’ e B representa, ao longo do tempo, uma sucessão de pontos diferentes, da barra e do disco, respectivamente).
Observação: Este problema já foi abordado, do ponto de vista cinemático, no 13º exemplo do capítulo 2 da Parte 2 deste curso. Lá foi demonstrado que a velocidade relativa ( v⃗ B′− v⃗ B ) entre os pontos de contato da barra e do cilindro, para um ângulo θ
qualquer, tem de fato a direção da barra AO, o que faz com que a força normal de contato não realize trabalho:
W = ∫ (N⃗⃗ ∙ v⃗ B′− N⃗⃗ ∙ v⃗ B) dt t 0 = ∫ N⃗⃗ ∙ (v⃗ B′− v⃗ B) dt t 0 = 0
Apliquemos agora o T.E.C. entre as posições inicial (θ = θ0) e final (θ = 0) : E + V = E0+ V0 com E0 = 0
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Adotando a cota do ponto O como nível de referência, temos para a energia potencial: V = − Mg ℓ
2 e V0 = − Mg ℓ
2 cos θ Para a energia cinética temos:
E =1 2 M ( Ωℓ 2 ) 2 + 1 2 Mℓ2 12 Ω 2 + 1 2 m (ωr) 2+ 1 2 mr2 2 ω 2
Os dois primeiros termos correspondem à energia cinética da barra, e os dois últimos à do cilindro. Simplificando: E = 1 6 M Ω 2 ℓ2 + 3 4 m ω 2 r2
Portanto, aplicando o T.E.C., resulta: 1 6 M Ω 2 ℓ2 + 3 4 m ω 2 r2 = Mg ℓ 2 (1 − cos θ) (a)
Quando a barra se encontra na posição vertical (θ = 0) podemos encontrar a relação entre as velocidades angulares Ω e ω (figura 19):
Figura 19
Para isso usaremos a Cinemática para achar v⃗ B′ e v⃗ B , na base indicada na figura 19:
{ v ⃗ B′ = Ω (h − r) i v ⃗ B = ω r √2 (√2 2 i + √2 2 j ) = ω r ( i + j )
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Para que não haja perda de contato entre os pontos B’ e B, as suas componentes horizontais de velocidade devem ser iguais no instante considerado, ou seja:
Ω (h − r) = ω r ∴ ω =h − r
r Ω (b) Introduzindo (b) em (a), vem, finalmente:
Ω = √ 6 Mg ℓ (1 − cos θ) 2 M ℓ2+ 9 m (h − r)2
Tendo Ω , calcula-se vA = Ω ℓ . Vetorialmente temos:
v
⃗ A = Ω ℓ i = ℓ √ 6 Mg ℓ (1 − cos θ) 2 M ℓ2+ 9 m (h − r)2 i
